2021届高考物理二轮复习：动量定理与动量守恒专练（含5个专题）有答案与解析.zip

2021 届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（1） 1.20192020 赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子 3000 米接力中国队夺冠，拿到本站 比赛第二枚金牌.在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向 前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中， 假设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则( ) A.甲、乙动量守恒 B.甲对乙的力大于乙对甲的力 C.甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 2.水平力 F 方向确定,大小随时间的变化如图甲所示,用力 F 拉静止在水平桌面上的小物块, 在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中,物块的加速度 a 随时间变化的图像如图乙所示,重力加速 度大小为,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,由图示可知( ) 2 10 m/s A.物块的质量B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为 0.2 2 kgm C.在 4 s 末,物体的动量为D.在 24 s 时间内,小物块速度均匀增加 12 kg m/s 3.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为 m 的木板 B，木板表面光滑，左端固定一 轻质弹簧.质量为的木块 A 以速度从板的右端水平向左滑上 B 板.在木块 A 与弹簧相互 2m 0 v 作用的过程中，下列判断正确的是( ) A.弹簧压缩量最大时，B 板的运动速率最大B.B 板的加速度一直增大 C.弹簧给木块 A 的冲量大小为D.弹簧的最大弹性势能为 0 1 3 mv 2 0 1 3 mv 4.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷 尺粗略测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上 船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L。已知他自身的 质量为 m，水的阻力不计，则船的质量为( ) A.B.C.D. ()m Ld d ()m Ld d mL d ()m L L d 5.质量为 m 的物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质 量也为 m 的物块乙以 4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( ) A.甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，由于弹力的作用，动量不守恒 B.当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C.当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为 2 m/s，也可能为 0 D.物块甲的速率可能达到 5 m/s 6.如图所示，长的木板 P 静止于光滑水平面上，可视为质点的小滑块 Q 位于木板 1.5 ml P 的最右端，小滑块 Q 与木板 P 间的动摩擦因数，小滑块 Q、木板 P 的质量相等且 0.2 均为，用大小为 6 N、方向水平向右的恒力 F 拉动木板 P 加速运动，作用时间 1kgm 之后撤去拉力，系统逐渐达到稳定状态，已知小滑块 Q 恰好未从木板 P 上滑落，重力 t 加速度，下列说法正确的是( ) 2 10 m/sg A.整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为 3 J B.恒力 F 的作用时间 6 =s 2 t C.木板 P 的最大速度为 4 m/s D.摩擦力对小滑块 Q 的冲量为3 N s 7.竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上,上端与质量为 m 的钢板连接,钢板处于静止状态.一 个质量也为 m 的物块从钢板正上方 h 处的 P 点自由落下,打在钢板上并与钢板一起向下运 动后到达最低点 Q.下列说法正确的是( ) 0 x A.物块与钢板碰后的速度为 2gh B.物块与钢板碰后的速度为 2 2 gh C.从 P 点到 Q 点的过程中,弹簧弹性势能的增加量为 0 (2) 2 h mgx D.从 P 点到 Q 点的过程中,弹簧弹性势能的增加量为 0 (2)mgxh 8.如图所示，质量为 M、半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道静置于光滑水平地面上，且圆 弧轨道底端与水平地面平滑连接，O 为圆心.质量为 m 的小滑块以水平向右的初速度冲上 0 v 圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知，则下列判断正确的是( ) 2Mm A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与圆弧轨道组成的系统机械能守恒 B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对圆弧轨道的压力不做功 C.小滑块冲上轨道的最高点时，圆弧轨道的速度最大且大小为 0 2 3 v D.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为 0 1 3 v 9.如图所示，质量为的小球 B 静止在光滑的水平面上，质量为的小球 A 以速度靠 2 m 1 m 0 v 近 B，并与 B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上.两球的半径 AB、 相等，且碰撞过程没有机械能损失.当一定时，越大，则( ) 10 mv、 2 m A.碰撞后 A 的速度越小B.碰撞后 A 的速度越大 C.碰撞过程中 B 受到的冲量越大D.碰撞过程中 A 受到的冲量越大 10.如图甲所示，物块间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平 AB、 地面上，其中 A 物块左侧最初与一竖直墙壁相接触，B 物块质量为 2 kg。现解除对弹簧的 锁定，在 A 离开墙壁后，B 物块的图像如图乙所示，则可知( ) vt A.A 的质量为 4 kg B.运动过程中 A 的最大速度为 4 m/s C.在 A 离开墙壁前，及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒 AB、 D.在 A 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为 3 J 11.如图所示为实验室中验证动量守恒定律的实验装置示意图. （1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则下列说法 1 m 1 r 2 m 2 r 正确的是_________. A.B.C.D. 1212 ,mm rr 1212 ,mm rr 1212 ,mm rr 1212 ,mm rr （2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是__________. A.刻度尺B.游标卡尺C.天平D.停表 （3）设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则在用图中所示装置进行实验时 1 m 2 m （P 为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为 _________（用装置图中的字母表示）. 12.雨雾天行车经常发生车辆追尾相撞或山体滑坡等事故，现有一辆汽车以的 0 72 km/hv 速度正在某长直公路上匀速行驶，突然发现前方处道路上有一大石头，石头质量 72 ms 为.司机紧急刹车，由于雨天路滑，刹车时产生的平均阻力大小， 3000 kgM 3 1.5 10 NF 汽车（含司机）质量，已知司机的质量为，刹车过程可以视为匀减 1500 kgM 70 kgm 速运动. （1）该车会不会撞上石头？如果会撞上，求撞上时的速度大小；如果撞不上，求从刹车到 停止用的时间. （2）如果能撞上，汽车与石头作用时间且相撞后汽车立即停止，但由于汽车安全 0 0.1st 气囊打开，司机与车相互作用的时间为，则司机受到的平均作用力是多少（不考虑 2 2st 重力）？汽车在时间内受到的平均作用力是多少？石头获得的速度是多少？如果 0 0.1st 撞不上，刹车时汽车对司机的作用力大小是多少？ 答案以及解析答案以及解析 1.答案：C 解析：运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则甲、乙组成的系统所受合外力不为 零，系统动量不守恒，故 A 错误；甲、乙间的作用力是作用力与反作用力，大小相等、方 向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，但两者的位移大小不一样， 所以甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的数值不相等，故 B、D 错误，C 正确. 2.答案：C 解析：由题图甲可知,由牛顿第二定律得,由以上两式解得, 3Ft Fmgma 3 atg m 由题图乙知,解得物块的质量为,A 错误;由题图知,当时, 3 1k m 3kgm 12 NF ,由,解得,B 错误;由题图乙知,时物块开始运动,在 4 s 2 3m/sa Fmgma0.12st 末,物块的速度大小为,物块的动量为,C 正确; 1 (13)2 m/s=4 m/s 2 v 12 kg m/spmv 在 24 s 时间内,物块的加速度是均匀增加的,速度增加得越来越快,D 错误. 3.答案：D 解析：在木块 A 与弹簧相互作用的过程中，弹簧的压缩量达到最大时，弹簧对 B 板有向左 的弹力，所以弹簧的压缩量最大时，B 板仍在加速，B 板的运动速率不是最大，选项 A 错 误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对 B 板的弹力先增大后减小，故 B 板的加速度先增大 后减小，选项 B 错误；设弹簧恢复原长时，A 与 B 的速度分别为和，取水平向左为正 1 v 2 v 方向，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒定律有 012 22mvmvmv ，解得，对木块 A，根据动量定理有 222 012 111 22 222 m vmvmv 0120 14 , 33 vv vv （负号表示方向向右），选项 C 错误；当木块与 B 板速度相等时， 100 4 22 3 Imvmvmv 弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律有，根据机械能守恒定律有 0 2(2 )mvmm v ，联立解得弹簧的最大弹性势能，选项 D 正确. 22 p0 11 2(2) 22 Em vmm v 2 p0 1 3 Emv 4.答案：B 解析：水的阻力不计，人和船构成的系统在水平方向上的动量守恒。设人走动时船的平均 速度大小为 v，人的平均速度大小为，人从船头走到船尾用时为 t，人的位移为， v Ld 船的位移为 d，所以。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有 , dLd vv tt ，可得，小船的质量，故选项 B 正确。 0Mv mv ()dm Ld M tt ()m Ld M d 5.答案：C 解析：甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，A 错误。 由动量守恒可知当两物块相距最近时速度相同且不为零，B 错误。若物块甲的速率为 1 m/s，方向与原来相同，则由，代入数据解得，若物块 =mvmvmvmv 乙甲甲乙 =2 m/sv 乙 甲的速率为 1 m/s，方向与原来相反，则由，代入数据解得， mvmvmvmv 乙甲甲乙 =0v 乙 C 正确。若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相同，则，代入 mvmvmvmv 乙甲甲乙 数据解得，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块 =6 m/sv 乙 甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相反，则，代入数据解得 mvmvmvmv 乙甲甲乙 ，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒 4 m/sv 乙 定律。所以物块甲的速率不可能达到 5 m/s，选项 D 错误。 6.答案：ACD 解析：由牛顿第二定律可知 Q 的最大加速度为，有力 F 作用时木板加速 2 2 m/s Q mg a m 度为，有力 F 作用时，滑块和木板的相对位移为 2 4 m/s P Fmg a m ，此时滑块和木板的速度分别为.当撤去外力 22 1 11 ()() 22 QP xatat QQPP vatvat， 后，木板 P 的加速度，滑块和木板相对位移为， P ag 22 2 11 ()() 22 PQQ xv tgtv ta t 由于，对于全过程有，联立可得.整个过 12 xxl ()2 Q Fttt am 1s,0.5stt 程中系统因摩擦而产生的热量，木板 P 的最大速度为，全 3JQmgl4 m/s PP vat 过程中摩擦力对小滑块 Q 的冲量为，综上分析，A、C、D 正确. ()3 N sImg tt 7.答案：BC 解析：物块下落 h,由机械能守恒定律有,物块与钢板碰撞,由动量守恒定律有 2 1 1 2 mghmv ,解得,选项 A 错误,B 正确;从物块与钢板碰撞后到 Q 点的过程中,由 12 2mvmv 21 21 22 gh vv 能量守恒定律可知,则弹簧弹性势能的增加量,选项 C 2 20p 1 22 2 mvmgxE p0 (2) 2 h Emgx 正确,D 错误. 8.答案：AD 解析：小滑块冲上圆弧轨道的过程中，没有机械能损失，系统的机械能守恒，A 项正确； 小滑块冲上圆弧轨道的过程中，小滑块对圆弧轨道的压力使圆弧轨道加速运动，即小滑块 对圆弧轨道的压力做正功，B 错误；当小滑块从圆弧轨道返回且脱离圆弧轨道时，圆弧轨 道的速度达到最大，C 错误；设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为 和，由水平方向动量守恒和机械能守恒得，解得 1 v 2 v 222 012012 111 , 222 mvmvMvmvmvMv ，小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为，D 正确. 00 12 2 , 33 vv vv 0 1 3 v 9.答案：CD 解析：以的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得，又因碰 0 v 1 01 122 m vm vm v 撞过程中机械能守恒，故有，两式联立得 222 1 01221 111 222 m vm vm v .当时，越大，越小，当时，越大， 1201 0 12 1212 ()2 , mm vm v vv mmmm 21 mm 2 m 1 v 21 mm 2 m 越大，选项 A、B 错误；碰撞过程中，A 受到的冲量 1 v ，可知越大，A 受到的冲量越大，选项 D 正确； 121 1 1 2 2 1 000 1 1 22 1 A m mm Im vm vvv m mm m 2 m B 受到的冲量与 A 受到的冲量大小相等、方向相反，因此越大，B 受到的冲量也会越大， 2 m 选项 C 正确. 10.答案：BD 解析：解除对弹簧的锁定，A 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时， A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长，B 的速度最小时，A 的速度最大，设 A 的质量 为 m，此时 A 的速度为 v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， minmaxBBBB mvmvmv ，可得，A 错误，B 正确；在 A 离开墙壁前， 222 minmax 111 222 BBBB mvm vm v 1kg,4 m/smv 由于墙壁对 A 有作用力，所以系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故 C 错误；当 速度相等时，动能之和最小，弹性势能最大，根据机械能守恒定律和动量守恒 AB、AB、 定律，有，联立解得，故 max () BBB m vmm v 共 22 pmaxmax 11 () 22 BBB Em vmm v 共 pmax 3JE D 正确。 11.答案：（1）C （2）AC （3） 112 mOPmOMm ON 解析：（1）在小球碰撞过程中水平方向上动量守恒，故有，在碰撞过程 1 01 122 m vm vm v 中若机械能守恒，则有，解得，若要碰后入射小球的 222 1 01221 111 222 m vm vm v 12 10 12 mm vv mm 速度，故，即，为了使两球发生正碰，要求两小球的半径相同， 1 0v 12 0mm 12 mm 即，故选项 C 正确，A、B、D 错误. 12 rr （2）P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球落点的平均位置，N 为碰后被 碰小球落点的平均位置，碰撞前入射小球的速度为，碰撞后入射小球的速度为 0 2 OP v h g ，碰撞后被碰小球的速度为，若成立，则表明通过该 1 2 OM v h g 2 2 ON v h g 1 01 122 m vm vm v 实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，解得，故需要的测量工具有 112 mOPmOMm ON 刻度尺和天平，故选项 A、C 正确，B、D 错误. （3）根据上述分析可知，表达式为. 112 mOPmOMm ON 12.答案：（1）选车为研究对象，初速度方向为正方向，由牛顿第二定律有，故 1 FMa 刹车过程加速度 2 1 1m/sa 根据，得车速减为零时通过的位移，会撞上 2 01 02va x 2 0 1 200 m72 m 2 v x a 撞上时的速度. 2 01 216 m/svva s （2）从第（1）问可知汽车能撞上石头.选司机为研究对象，根据动量定理有 ，故司机受到的平均作用力 2 0Ftmv 司机 =560 NF司机 根据动量定理可知，汽车在时间内受到的平均作用力 0 0.1st 5 0 2.4 10 N Mv F t 汽车在时间内与石头碰撞可认为动量守恒，根据动量守恒定律有 0 0.1st Mv M v 故石头获得的速度. 8 m/sv2021 届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（2） 1.如图所示，篮球训练中，某同学伸出双手迎接飞来的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸 前.这样接球有助于减小接球过程中( ) A.篮球动量的变化量B.篮球动能的变化量C.篮球对手的作用力D.篮球对手作用力的 冲量 2.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞 前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1 kg，则碰撞过程两物 块损失的机械能为( ) A.3 JB.4 JC.5 JD.6 J 3.如图所示，质量分别为和的物块 A 和 B 叠放在光滑水平桌面上，两物 1kgm 2 kgM 块均处于静止状态.从某时刻开始，对物块 B 施加一水平推力 F，已知推力 F 随时间 t 变化 的关系为，两物块之间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 6 (N)Ft0.2 重力加速度 g 取，下列结论正确的是( ) 2 10 m/s A.两物块刚发生相对运动时的速度为 1 m/s B.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动所需的时间为 2 s 3 C.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动两物块的位移为 0.5 m D.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动 F 的冲量为6 N s 4.半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为 O，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直， 物体同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨 AB、 道 M 点，已知与竖直方向的夹角为 60，则两物体的质量之比为( ) OMAB、 12 :mm A.B.C.D. ( 21):( 21) 2 :1 ( 21):( 21) 1:2 5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，带有光滑弧形槽的质量为 M 的斜面静止在光滑 水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为的小球从槽上高 h 处开始自由 ()m mM 下滑，下列说法正确的是( ) A.在以后的运动过程中，小球和弧形槽组成的系统在水平方向上动量始终守恒 B.在下滑过程中小球和弧形槽之间的相互作用力始终不做功 C.在整个运动过程中小球、弧形槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D.被弹簧反弹后，小球和弧形槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处 6.如图甲所示,有两个完全相同的质量为的物块静止在地面上,时刻有一 1kgm AB、0t 随时间变化的水平外力 F 作用在物块 A 上,F 随时间变化的规律如图乙所示.物块与地面间 的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两物块均可视为质点.若物块 A 在 =0.2 时与物块 B 发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞之前的瞬间撤去外力 F,物块 B 的右侧 6st 有一弹性挡板,物块 B 与挡板碰撞后速度大小不变,方向相反,且物块 B 恰好不与物块 A 发生 第二次碰撞.g 取,则下列说法正确的是( ) 2 10 m/s A.时,物块 A 的动量大小为 2st 2 kg m/sp B.04 s 时间内,物块 A 的动量的变化量为 2 kg m/sp C.物块 A 在 46 s 内做匀速直线运动 D.静止时物块 B 距弹性挡板的距离为 4.5 ms 7.某同学将一质量为 m 的小球 A 由地面竖直向上抛出，初速度的大小为，当到达最高点 0 v 时，与另一质量也为 m、速度的大小也为竖直下抛的小球 B 发生弹性碰撞（时间非常短） 0 v ，经过一段时间均落地.如果忽略空气阻力，重力加速度大小为 g.则下列说法正确的 AB、 是( ) A.A 在上升和下降过程中的动量的变化大小都为 0 mv B.A 在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同 C.A 落地时的动能为 2 0 mv D.落地的时间差为 AB、 0 (22) v g 8.一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动，F 随时间 t 变化的图 线如图所示，则( ) A.时物块的速率为 1 m/sB.时物块的动量大小为 1st 2st 4 kg m/s C.时物块的动量大小为D.时物块的速度为零 3st 5 kg m/s4st 9.在质量为 M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为，小车和单摆以恒定的速度 v 沿光滑 0 m 水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，如图所示。碰撞的时间极短， 在碰撞过程中，下列情况可能发生的是( ) A.小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足 1 v 2 v 0012 ()()Mm vMm vmv B.小车、木块、摆球的速度都发生变化分别为，满足 123 vvv、 0120 3 ()Mm vMvmvm v C.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足 1 v 2 v 12 MvMvmv D.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为，满足 v ()MvM m v 10.如图所示，小车静止于水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车质量 为 M。质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细线将木块连接于小车的 A 端并使弹簧压缩。 开始时小车与木块 C 都处于静止状态，间距为 L。现烧断细线，弹簧被释放，使木块 CB、 离开弹簧向 B 端滑去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起。所有摩擦均不计，对整个过程，以下说 法正确的是( ) A.整个系统的机械能守恒B.整个系统的动量守恒 C.当木块的速度最大时，小车的速度也最大D.小车向左运动的最大位移等于 m L M 11.利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验. （1）实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失 最大，应选图__________（选填“甲”或“乙”）所示的装置，若要求碰撞时动能损失最小， 则应选图_____________（选填“甲”或“乙”）所示的装置.（图甲两滑块分别装有弹性圈，图 乙两滑块分别装有撞针和橡皮泥） （2）若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验.某次实验时 碰撞前 B 滑块静止，A 滑块匀速向 B 滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续 4 次 拍摄得到的闪光照片如图丙所示.已知相邻两次闪光的时间间隔为 T，在这 4 次闪光的过程 中，两滑块均在 080 cm 范围内，且第 1 次闪光时，滑块 A 恰好位于处.若 AB、 10 cmx 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第 1 AB、 次闪光后的_______时刻，两滑块的质量比________. AB、 : AB mm 12.若一个运动物体 A 与一个静止物体 B 发生的是弹性正碰，则碰后 B 获得的动能与 A 原 来的动能之比 k 叫做动能传递系数.如图所示，在光滑水平面上有两个小滑块，N 的 MN、 质量为，左侧有一固定的半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道，从圆弧轨道顶端由静止 0 4m 释放一个质量为的小滑块 P，P 滑下后与 M 发生碰撞，之后 M 又与 N 发生碰撞，假设 0 m 所有碰撞均为弹性碰撞，且只考虑滑块间发生的第一次碰撞，均可视为质点. MNP、 （1）求小滑块 P 刚到圆弧轨道底端时轨道对小滑块的支持力的大小. N F （2）若要使 N 获得最大动能，则 P 和 M 及 M 和 N 碰撞时的动能传递系数分别应为 12 kk、 多少？ 答案以及解析答案以及解析 1.答案：C 解析：由于接球的过程中，无论双手是否收缩，球的初、末速度不变，所以篮球对手作用 力的冲量和篮球动量的变化量、动能的变化量都不变，A、B、D 错误；先伸出双手迎接飞 来的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸前，这样可以增加篮球与双手接触的时间，根据动 量定理得，解得，当时间增加时，手对篮球作用力减小，则篮球对手 0Ftmv mv F t 的作用力减小，C 正确. 2.答案：A 解析：设乙物块的质量为 m，由动量守恒定律有，代入图 mvmvmvmv 甲甲乙乙甲甲乙乙 中数据解得，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为 6 kgm 乙 ，代入图中数据解得，选项 A 正确。 2222 1111 2222 Em vm vm vm v 甲甲乙乙甲乙甲乙损 3JE 损 3.答案：A 解析：当 A 所受静摩擦力达到最大时，两物块发生相对滑动，此时 A 的加速度大小为 ；对整体受力分析可知，解得 22 0.2 10 m/s2 m/sag)()6 N6 (NFmM at ，F 是均匀增加的，；对整体由动量定理可得，解得 1st 6 N3 N 2 F ()IFtmM v ，选项 A 正确，B 错误.若两物块做匀加速直线运动，则 1 s 内的位移 1m/sv ，而两物块做的是加速度逐渐增大的变加速直线运动，故位移不是 0.5 m， 0.5 m 2 vt x 选项 C 错误.由动量定理可知，推力 F 的冲量，选项 D 错误. ()3 N sIMm v 4.答案：C 解析：设半圆形轨道半径为 R，两物体到达最低点的过程，由动能定理得，解 2 1 2 mgRmv 得，所以两物体到达最低点的速度均为，设向左为正方向，则 A 的速度 2vgR2gR ，B 的速度，由碰撞瞬间动量守恒得，解得 1 2vgR 2 2vgR 221 112 ()m vm vmm v 共 ，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道 M 点，对此过程应 21 12 =2 mm vgR mm 共 用动能定理得，由解得， 2 1212 1 ()(1cos60 )0() 2 mm gRmm v 共 2 12 2 21 () 2 () mm mm 由于碰后向左运动，知，整理得，故 C 选项正确。 AB、 21 mm 12 :( 21):( 21)mm 5.答案：D 解析：小球在槽上运动时，小球与弧形槽组成的系统在水平方向上合外力为零，系统在水 平方向上动量守恒，而当小球接触弹簧后，小球受弹簧的弹力作用，所以系统在水平方向 上动量不守恒，故 A 错误；弹簧受墙的弹力作用，所以小球、弧形槽和弹簧组成的系统在 水平方向上合外力不为零，故水平方向三者组成的系统动量不守恒，但是整个过程中小球 和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故 C 错误；下 滑过程中小球和弧形槽都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于弧面的，故相互作用 力和位移不垂直，相互作用力均做功，故 B 错误；小球在槽上运动时，小球与弧形槽组成 的系统水平方向上动量守恒，但是由于小球的质量 m 小于弧形槽的质量 M，所以小球沿槽 下滑，与弧形槽分离后，小球的速度大于弧形槽的速度，球被弹簧以原速度大小弹回后， 当与弧形槽的速度相等时，小球上升的高度最大，此时由于小球和弧形槽都有向左的速度， 故小球不能滑到槽高 h 处的位置，故 D 正确。 6.答案：BD 解析：A 所受最大静摩擦力为,即在时物块 A 刚由静止开始运动,所以 f 2 NFmg2st 时,物块 A 的动量大小为零,A 错误;04 s 时间内,A 只在该段时间的 24 s 内运动,故根 2st 据动量定理可得,B 正确;在 46 s 内 f1 24 ()(2)2 kg m/s=2 kg m/s 2 pFF t ,故 A 做匀加速直线运动,C 错误;碰撞前瞬间,物块 A 的动量为 f 4 N2 NFF ,即 A 的速度为,因为物块质量相等 f1f2 ()()6 kg m/spFF tFF t 1 6 m/s p v m AB、 且碰撞为弹性碰撞,故碰后速度交换,恰好没有发生第二次碰撞,即再次相遇时二者的速 AB、 度恰好为零,故有,联立解得,D 正确. 2 1 1 2 2 mgsmv 4.5 ms 7.答案：BCD 解析：A 与 B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A 做竖直下抛运动， B 做自由落体运动，因此 B 落地时间，对 A，上抛运动有，竖直下抛 0 B v t g 2 0 02vgh 运动有，因此 A 落地速度大小，所以 A 落地时的动能为，C 正确； 22 0 2vvgh 0 2vv 2 0 mv 取向下为正方向，对 A 上升过程中动量的变化量为，下抛过程中动量 100 0()pmvmv 的变化量为，故 A 错误，B 正确；根据动量定理 002 ( 21)pmvmvmv ，所以，D 正确. 20 ( 21) A mgtpmv 0 (22) BA v ttt g 8.答案：AB 解析：由动量定理有，解得，时物块的速率，A 正确； Ftmv Ft v m 1st 1m/s Ft v m 图线与时间轴所围面积表示冲量大小，所以时物块的动量大小为 Ft 2st ，B 正确；时物块的动量大小为 22 kg m/s4 kg m/sp 3st ，C 错误；时物块的动量大小为 (221 1) kg m/s3kg m/sp 4st ，则此时物块速度不为零，D 错误. (221 2) kg m/s2 kg m/sp 9.答案：CD 解析：由于小车与木块发生碰撞的时间极短，碰撞时仅小车与木块间发生相互作用，使小 车与木块的动量发生变化，而在这极短时间内，摆球在水平方向并没有通过绳发生相互作 用，所以小车与木块碰后瞬间，摆球仍保持原来的速度而未来得及变化，仅小车与木块由 于相互作用，各自动量发生改变，所以选项 AB 错误。以小车（不包括摆球）和木块为系 统，碰撞前后动量守恒，但小车与木块碰后可能分离，也可能结合在一起，故选项 CD 正 确。 10.答案：BC 解析：弹簧被释放过程系统机械能守恒，而木块 C 跟 B 端橡皮泥粘在一起的过程是非弹性 碰撞，机械能有损失，故 A 错误；整个系统受到的合外力保持为零，动量守恒，故 B 正确； 设弹簧释放后，木块 C 速度大小为 v，小车速度大小为，由动量守恒得， v 0mv Mv 解得，所以当木块的速度 v 最大时，小车的速度也最大，故 C 正确；设弹簧释 mv v M v 放后 C 经时间 t 与 B 端碰撞，由动量守恒得，两边同乘以 t，可得 0mv Mv ，即，位移关系为，联立解得，故 D 错 0mvt Mv t 12 0mxMx 12 xxL 2 mL x Mm 误。 11.答案：（1）乙；甲 （2）；1:3 2.5T 解析：第（1）问的实质就是考查弹性碰撞和完全非弹性碰撞，所以读题时盯牢弹性图、撞 针和橡皮泥，问题就不难回答；第（2）问的难点在于看懂滑块碰撞前、后都是做匀速直线 运动，碰撞过程时间极短且速度改变，但是闪光时间不变，所以找对位移和时间，速度自 然可求. （1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置； 若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置. （2）第 1 次闪光时，滑块 A 恰好位于处，由图丙可知，第二次闪光时 A 在 10 cmx 处，第三次闪光时 A 在处，碰撞发生在处.分析知从第三次闪 30 cmx 50 cmx 60 cmx 光到发生碰撞所需的时间为，则可知碰撞发生在第 1 次闪光后的时刻.设碰前 A 的 2 T 2.5T 速度为 v，则碰后 A 的速度为，B 的速度为，根据动量守恒定律可得 2 v 2 v ，解得，即. 22 AAB vv m vmm 1 3 A B m m :1:3 AB mm 12.答案：（1）设小滑块 P 刚滑到圆弧轨道底端时速度为 0 v 由动能定理得 2 000 1 2 m gRm v 由向心力公式得 00 2 0 N F R gm v m 联立以上两式得. 0 3 N Fm g （2）P 和 M 发生弹性碰撞，设 M 的质量为 m，碰后 P 的速度为，M 的速度为 1 v 2 v 由动量守恒得 000 12 m vm vmv 由动能守恒得 222 000 12 111 222 m vm vmv 解得 0 20 0 2m vv mm 故 0 1 2 0 4 () m m k mm M 和 N 发生弹性碰撞，设碰后 M 的速度为，N 的速度为 3 v 4 v 由动量守恒得 2304 4mvmvm v 由动能守恒得 222 2304 111 4 222 mvmvm v 解得 42 0 2 4 m vv mm 故 0 2 2 0 16 (4) m m k mm 若要使 N 获得最大动能，则要求最大 12 k k 22 0 12 22 00 64 () (4) m m k k mmmm 由数学知识得，当时，最大，N 获得的动能最大 0 2mm 12 k k 代入数据得. 12 8 9 kk2021 届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（3） 1.为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并 作出了如图所示的图象，已知小球质量为 0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度 vt ，由图可知( ) 2 10 m/sg A.横轴每一小格表示的时间是 1 s B.小球下落的初始位置离地面的高度为 3.6 m C.小球第一次反弹的最大高度为 1.25 m D.小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为 66 N 2.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度向右运动压缩弹簧， 0 v 测得弹簧的最大压缩量为 x.现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B，如图乙所示，物体 A 以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x，则( ) 0 2v A.物体 A 的质量为B.物体 A 的质量为 2m4m C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为 2 0 mv 2 0 3 2 mv 3.如图所示，质量为的滑块放在水平面上 O 点，现给滑块一水平向右的初速度 0.5 kgm ，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为、 0 9 m/sv 7 m/sv 碰后的速度大小为，O 点与竖直墙壁的距离为，滑块与竖直墙壁碰撞所 6 m/sv 5 mL 用时间为，重力加速度。则下列说法正确的是( ) 0.05st 2 10 m/sg A.滑块与水平面之间的动摩擦因数为 0.16 B.滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量大小为0.5 kg m/s C.碰撞过程中竖直墙壁对滑块的作用力大小为 130 N D.滑块从 O 点开始运动到最终停止所用的总时间为 2.5 s 4.某电影里两名枪手在房间内对决,他们各自背靠墙壁,一左一右.假设他们之间的地面光滑, 且地面上放着一均匀木块,木块到左右两边墙壁的距离不同.两人拿着相同的步枪和相同的子 弹同时朝木块射击一发子弹.但是子弹都没有射穿木块.假设你是侦探,仔细观察木块,发现右 边的射孔(弹痕)更深.设子弹与木块的作用力大小相同,请你分析一下,下列哪个结论是正确的 ( ) A.开始时,木块更靠近左边的人,左边的人相对更安全 B.开始时,木块更靠近左边的人,右边的人相对更安全 C.开始时,木块更靠近右边的人,左边的人相对更安全 D.开始时,木块更靠近右边的人,右边的人相对更安全 5.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞， 如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后 vt 的图线平行，两冰壶质量相等，则( ) A.碰后红壶将被反弹回来B.碰后蓝壶速度为 0.8 m/s C.碰后蓝壶移动的距离为 2.4 mD.碰后红壶所受的摩擦力小于蓝壶所受的摩 擦力 6.如